bzoj1925

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题解：
这个做法貌似和网上的做法很不一样，看来是我太弱了，代码比网上的做法要长一些。
这道题我想了比较久，最后想出了一个容易理解的做法。我们不妨设f[i][1/0]表示i个数构成波动数列，开头是上升/下降的方案数，我们可以通过枚举第i个数的位置，第i个数肯定是波峰，这是可以确定的，从而我们可以知道i前面的数列和后面的数列的形态，这样我们就可以计算出第i个数在这个位置的方案了，举个栗子，数列开始是上升，i前面有l个，后面有r个，那么答案显然等于f[l][1]*f[r][1]*C(l,i-1)。以此类推，这样我们就可以在n^2的时间复杂度内解决这个问题。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <ctime>#include <cmath>#include <algorithm>#define lld long longusing namespace std;const int maxn=4211;lld f[maxn][2],c[2][maxn];int n,p;int get(int a,int b){    if (a%2==1)        return b;    return b^1;}int main(){    freopen("1925.in","r",stdin);    freopen("1925.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&p);    f[1][0]=1;    c[1][0]=1;c[1][1]=1;    for (int i=2;i<=n;i++){        f[i][1]=f[i-1][0];        f[i][get(i-1,0)]=((lld)f[i][get(i-1,0)]+(lld)f[i-1][get(i-1,0)])%p;        int now=i%2,last=(i+1)%2;        for (int j=0;j<=i;j++){            c[now][j]=c[last][j];            if (j) c[now][j]=((lld)c[now][j]+(lld)c[last][j-1])%p;        }        for (int j=1;j<=i-2;j++)            f[i][get(j,0)]=((lld)f[i][get(j,0)]+(((lld)f[j][get(j,0)]*(lld)f[i-1-j][0])%p*(lld)c[last][j])%p)%p;    }    if (n==1)        printf("1\n");    else printf("%d\n",((lld)f[n][0]+(lld)f[n][1])%p);    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}